新版2026年高考化学重庆卷试题真题及答案详解（精校打印版）合集

机密★启用前注意事项：1.作答前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号填写在试卷的规定位置上。2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在试卷及草稿纸上无效。3.考试结束后，须将答题卡、试卷、草稿纸一并交回。一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与健康息息相关。下列医用材料属于高分子的是A.“聚醚醚酮”——可用于颅骨修补B.“不锈钢”——可作心血管支架C.“氮化硅”——可用于关节置换D.“高纯镁”——可作骨内固定螺钉2.下列描述正确的是A.HCI的电子式为上B.H₂O的空间填充模型为C.F的电子排布图D.中子数22的Ar的核素符号为Ar3.牛磺酸(H₂NCH₂CH₂SO₃H)是部分饮料的营养强化剂，下列相关叙述错误的是A.第一电离能：N>O>SC.电负性：O>N>C4.向下列盐溶液中分别加入试剂，不影响盐的离子大量共存的是A.溴水滴入NaC1溶液B.乙醇滴入酸性KMnO₄溶液5.关于下列化合物性质描述正确的是A.①②加水后溶液均呈碱性B.②③遇稀硫酸均生成气体C.③④均能使苯酚溶液变色D.①④遇NaOH溶液均生成沉淀试卷第1页，共8页6.下列叙述正确的是A.CH₄和PH的键角相等B.C=C的键能是C-C的两倍7.下列实验相关项目的叙述正确的是选项AB物质鉴别用NaOH溶液可鉴别MgCl₂和AICl₃C试剂除杂用Cu粉可除去FeCl₃溶液中的FeCl₂D酸碱滴定用残留有蒸馏水的锥形瓶会影响滴定结果A.AB.BC.C8.一种组织蛋白酶抑制剂的中间体Z可通过如下反应制备。下列叙述错误的是A.X可以发生加聚反应B.Y可以发生水解反应C.Z含有3个手性碳原子D.该反应涉及碳氮键的断裂与生成9.氯化忆(YCl₃)是制备某特种合金的前驱体。为实现资源的有效利用，制备YCl₃时，生成的NH,可用于制备硝酸，其实验装置如图所示。催化剂网NH₄Cl管式炉处理酒精喷灯a反应1试卷第2页，共8页试卷第3页，共8页反应2A.a中可填充碱石灰B.b中气体变为无色时反应2已结束C.c中盛水可得到硝酸D.反应结束时先停止通气后停止加热下列相关叙述错误的是C●Hg²或空位CA.该化合物的化学式为Cu₂Hgl₄B.相邻Hg-Cu核间距都相等C.与Cu+配位的T个数为4D.Hg²和空位的数目比为1:3(NH₄)₂Fe(SO₄)₂溶液以不同体积混合，调pH=4.5并定容，且各混合溶液中的核外电子分布在4个原子轨道上，X和Y的np轨道电子数之和等于Z的(n+1)p轨道电子数，在化合物QZ中两种离子的电子排布式相同，w²+离子的M层电子数比K层和L层电子数之和多2。下列叙述正确的是阴离子交换膜离子交换膜阴离子交换膜质子交换膜电板e.B.理论上电解池1中氧气的净增量为零C.电解池2的总反应反应1:NH₄I(s)≥NH₃(g)+HI(g)△H,>0反应2:(s)△H₂>0B.反应2的平衡常数二、非选择题：本题共4小题，共58分。试卷第4页，共8页试卷第5页，共8页焙渣I③焙烧时，FeS₂分解为Fe,S和气态S,该化学方程式为_④烟气中含有As₄和AsS₄等物质。已知As₄分子为正四面体形，AsS₄分子结构可视为4个S原子分别嵌入As₄的4条棱上，则As₄S₄分子的结构有种，固体固体I焙渣I焙渣Ⅱ硫代硫酸盐盐溶液烟气①气体a的化学式为金金焙渣Ⅱ①浸金过程中，Au在O₂的作用下与S₂O”生成[Au(S₂O₃)了，其离子方程式为②浸金时需加入氨水使溶液呈碱性。若碱性过强，Zn置换过程中会有Zn(OH)₂,生成而影响提金的效果。25℃时，溶液中e(NH₃)=0.1mol/L,为确不转化为Zn(OH)₂沉淀，理论上pH不应高于试卷第6页，共8页①I中，仪器a的名称是;反应时有黄绿色气体生成，b中吸收该气体的试剂为 ②常温下，生成易溶盐TbCl₃的化学方程式为②反应结束后，将反应液倒入Ⅲ中烧杯c,冷却至室温。加入蒸馏水立即析出大量沉淀，其 ③将烧杯c中沉淀经IV过滤，洗涤该沉淀的正确操作是A.用乙醇洗B.先用乙醇后用蒸馏水洗C.用蒸馏水洗D.先用蒸馏水后用乙醇洗TbZ₃L₂粗产品经重结品法提纯，除去的杂质有。为提高TbCl,利用率，若初始时17.高纯多晶硅是微电子和太阳能电池等领域的关键材料，其生产广泛采用SiHCl₃氢还原反应1SiHCl₃(g)+H₂(g)→Si(s)+3HCI(g)△H₁试卷第7页，共8页(1)①反应1的平衡常数K随温度T的升高而增大，则△H₁②反应过程中，多晶硅沉积于还原炉中心的硅芯棒表面。一定条件下，反应100h后，测得硅芯棒增重16.0kg,则多晶硅的沉积速率为_kg/h。(2)在恒压密闭容器中进行反应，平衡时各气体占总气体的物质的量分数为x。体系压强为xN(1320,0.88)①在1320K时，反应1的平衡常数K.kPa(保留小数点后两②若平衡体系压强为50kPa,SiHCl,和HCI的曲线交叉点相对于M点，将位于③多晶硅的产率常用表示，若n始(SiHCl₃)=1.0mol和初(H₂)=10mol,则M点对应的7=丝网中)①阴极的电极反应为。②若阳极只产生CO和CO₂,当产生的气体总量为2.24L(标准状况)时，生成1.75gSi,则18.高效农用杀菌剂K的一种合成路线如下(部分试剂及反应条件略):已知：注：—NC为异氰基(1)A的含氧官能团种类数为(2)A→B的反应类型为(3)HCOOC₂H₅的化学名称为,其与B反应生成D和(写结构简式)。(4)F的结构简式为(5)G与银氨溶液反应的化学方程式为(6A(C,H₉NO₂)的同分异构体中，同时满足以下条件的结构简式为(ii)苯环上含—NC(iii)核磁共振氢谱显示三组峰(峰面积比为6:2:1)(7)K的某种逆合成分析如下：由此推断可通过两步反应合成K,则J和L的相对分子质量差值为试卷第8页，共8页【详解】A.聚醚醚酮是通过聚合反应生成的有机聚合物，相对分子质量可达数万至数十万，属于高分子材料，A正确；B.不锈钢是铁基合金，属于金属材料，不属于高分子，B错误；C.氮化硅(Si₃N₄)是无机非金属陶瓷材料，相对分子质量较小，不属于高分子，C错误；D.高纯镁是金属单质，属于金属材料，不属于高分子，D错误；【详解】A.HCT是共价化合物，不存在阴阳离子，其电子式为：H:A错误；B.题图为球棍模型，不是空间填充模型，H₂O的空间填充模型为：,B错误：C.F核外有9个电子，电子排布式为1s²2s²2p⁵,电子排布图C正确：D.Ar的质子数为18,中子数为22的Ar核素质量数为18+22=40,核素符号左下角应为质子数，正确符号为Ar,D错误：【详解】A.同周期元素第一电离能整体呈增大趋势，N的2p轨道为半充满稳定结构，故第一电离能N>0;同主族元素从上到下第一电离能减小，故0>S,因此第一电离能顺序为N>O>S,A正确：B.同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，故原子半径C>O;S为第三周期元素，原子半径大于第二周期的C、O,正确原子半径顺序为S>C>0,B错误；C.同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，故电负性顺序为O>N>C,C正确；D.C、N、O的原子半径依次减小，共价键键长随成键原子半径减小而缩短，故键长顺序为C-H>N-H>O-H,D正确；【详解】A.溴水与NaCl溶液不发生氧化还原或复分解反应，溶液中Na⁴、CI-与溴水中的答案第1页，共13页B.酸性KMnO₄具有强氧化性，会将乙醇氧化，MnO被还原为Mn²+,离子发生反应，影C.CO₂通入Ca(CIO)₂溶液，会发生强酸制弱酸的反应生成CaCO₃或Ca(HCO₃)₂,以及弱D.HCl通入CH₃COONa溶液，H与CH₂CO0-结合生成弱电解质CH₃COOH,CH₃COO-浓【详解】A.①BaCl₂是强酸强碱盐，水溶液呈中性，②Na₂O₂加水生成NaOH使溶液呈碱B.②Na₂O₂和稀硫酸反应生成O₂气体，③KHCO₃和稀硫酸反应生成CO₂气体，二者遇稀C.苯酚酸性弱于碳酸、强于HCO₃,③KHCO₃与苯酚不反应无颜色变化，④FeCl₃遇苯酚【详解】A.CH₄中心C原子价层电子对数为无孤电子对，为正四面体结B.C=C中含1个o键和1个π键，π键键能小于o键，故C=C键能小于C-C键能的两倍，BC.CO₂中心C价层电子对数为VSEPR模型为直线形；SO₂中心S价层电答案第2页，共13页答案第3页，共13页D.BF₃中心B原子价层电子对数为且不含孤电子对，为平面正三角形结构，正负电荷中心重合，是非极性分子；NF,中心N原子价层电子对数为且含1B.向MgCl₂溶液中加入NaOH溶液，仅生成白色Mg(OH)₂沉淀且沉淀不溶于过量NaOH;向AICl,溶液中加入NaOH溶液，先生成白色Al(OH)₃沉淀，NaOH过量后沉淀溶解生成可C.Cu粉会与FeCl,发生反应Cu+2Fe⁺=2Fe²⁺+Cu²+,消耗FeCl,的同时引入Cu²+等新杂D.酸碱滴定中，锥形瓶残留的蒸馏水不会改变待测液中溶质的总物质的量，因此不会影响故选B。【详解】A.X分子中含有碳碳双键，在一定条件下可以发生加聚反应，A正B.Y分子中含有酯基，在酸性或碱性条件下发生水解反应，B正确；C.手性碳原子是指连有四个不同基团的饱和碳原子，Z分子中含有4个手性碳原子，手性碳原子如图,C错误；D.对比X、Y、Z的结构可知，该反应为X中的共轨双键与Y分子中的碳氮双键发生类似故选C。答案第4页，共13页【分析】氧化钇与氯化铵在氩气氛围中加热发生反应1生成氯化钇和氨气和水，生成的氨气经过a干燥后在管式炉中与过量的氧气发生反应2催化氧化生成NO和水，进入b中的气体为NO和过量的氧气，二者反应生成NO₂显红棕色，NO₂与氧气一起通入c中的水反应得【详解】A.a的作用是干燥反应生成的NH₃,碱石灰为碱性干燥剂，不与NH₃反应，可用B.因反应过程中通入过量的氧气，若反应2未结束，则会生成NO,NO遇氧气变为红棕色，当b中气体为无色时，说明不再产生NO,氨气已经耗尽，反应2已结束，B正确；C.从管式炉，中流出的气体含有NO和过量O₂,二者反应生成NO₂,从b流出的气体为NO₂和氧气，通入水中发生反应4NO₂+O₂+2H₂O=4HNO₃,可得到硝酸，C正确；D.反应结束时若先停止通气后停止加热，装置冷却后压强故选D.【详解】A.由图可知，Cu+位于8个顶点和2个面心，均摊后数目为：r全部在晶胞内部，共4个，数目为4;Hg²或空位位于面心，均摊后数目为设Hg²数目为n,由电荷守恒得：2n+2×1=4,解得n=1,即化合物化学式为Cu₂Hgl₄,B.Cu+分别位于顶点和面心，Hg²+位于面心，不同位置的Cu+与Hg²+的核间距均为面对角线的一半，均为因此相邻Hg-Cu核间距都相等，B正确；C.由图可知，每个Cu+周围有4个最近的r,因此与Cu+配位的r个数为4,C正确；D.由A项分析可知，Hg²+数目为1,空位数目为2-1=1,数目比为1:1,D错误；故选D。及调pH外加的酸或碱，电荷守恒式应为2c(Fe²+)+c(NH)+c(H+)=c(OH)+2c(So?),c(H*)=c(OH⁻)+c(NH,H₂O)+c故选C。X的2p电子数为2,X与Y的P电子数之和等于Z的(n+1)p电子数，且Z不在0族，故Y的2p电子数为3,Y为N,Z的3p为18电子，故Q为K(K+也为18电子，形成KCI符合1:1组成);w²的M层电子数比K、L层之和(2+8=10)多2,即M层有12电子，W²电子排布为[Ar]3d⁴,W为Cr。C.Y为N,最高化合价为+5;W为Cr,最高化合价为+6,因此最高化合价N<Cr,即Y<W,D.Q为K,焰色为紫色(透过蓝色钴玻璃),钠的焰色为黄色，D错答案第5页，共13页答案第6页，共13页【分析】两个电解池中，b极和d极均生成O₂,氧元素从-2价升高到0价，失电子发生氧【详解】A.两个电解池的阳极(b、d)反应均为2H₂O-4e⁻=O₂↑+4H,电极反应相同，A正确；B.电解池1阴极a消耗O₂,电极反应：O₂+2CO₂+4e=2CO;-,阳极b生成O₂,相同转移电子数下，消耗和生成的O₂物质的量相等，故O₂净增量为零，B正C.电解池2阴极反应为CO₂+H₂O+2e=HCOO+OH,阳极反应为2H₂O-4e⁻=O₂↑+4H,阴阳极反应相加配平得到总反应故转移电子为2mol;如果考虑整个联合装置的电子转移总数：为了给电解池2提供这1molCO₂,电解池1中需要生成1molCO-并与H+反应放出1molCO₂。根据电解池1的阴极反应，生成1molCO²-同样需要转移2mol电子。因此，系统内外总共转移4mol电子。无论采用何种计算方式，转移的电子数都不是3mol,D错误；故选D.【分析】在4～t₂时段，只有反应1发生且达到平衡，所t5后两个反应均平衡，压强恒为yPa,设p(NH₃)=P,分解的HI分压为z,则p(HI)=P-z,,总压：,得结合,得,据此解答。【详解】A.1₂-t₃,该时段的平均反应速率等于分压变化量绝对值与时间的比值，答案第7页，共13页,HI净分压变化|,速率比：,A正确；B.反应2:平衡常数：p(NH₃)=p(HI)+2p(H₂),联立上式，推导可得,因此p(HI)与体积无关，总物质的量,因此NH,的体积分数,这一比例是化学计故选B。2和含Au、FeS的焙渣I;烟气中通入氢气得到H₂S和含砷单质的固体I,焙渣I在空气中焙烧，氧化硫与硫化氢发生归中反应生成S单质，故固体II为S,另一部分二氧化硫经吸收转化为用下与S₂O生成[Au(S₂O)₂广，向所得溶液中加入锌粉，发生还原反应得【详解】(1)①S的核电荷数为16,电子排布为2、8、6,共3个电子层，周期数等于电子答案第8页，共13页②将矿石研磨成粉末可以增大反应物的接触面积，加快焙烧反应速率，使矿石③无氧焙烧，FeS₂分解为Fe,S和气态S,根据Fe、S原子守恒配平得到化学反应方程式为④As₄为正四面体，一共有6条棱，从6条棱中选4条嵌入S原子，等价去掉2条棱，正四面体去掉2条棱只有两种情况，两条棱相邻(共顶点)和两条棱异面(对棱),因此As₄S₄分子的结构只有2种不同的结构。(2)①含Fe,S的焙渣在空气中焙烧，Fe,S被氧化生成二氧化硫，因此气体a为SO₂。2H₂S+SO₂=3S↓+2H₂O,得到的非金属固体单质Ⅱ为硫。守恒配平得到离子方程式为4Au+O₂+8S₂O²⁻+2H₂O-4[Au(S₂O₃c(Zn²)=3×10⁹mol/L,不生成Zn(OH)₂沉淀满足e(Zn²+)-c²(OH)≤K,[Zn(OH),],则16.(1)圆底烧瓶NaOH溶液2TbO₂+8HCI(浓)=2TbCl₃+Cl₂↑+4H₂O(2)TbCl,+3HZ+2L+3N馏水后，降低了TbZ₃L₂在溶剂中的溶解度，因此析出大量沉淀【分析】装置I利用浓盐酸与TbO₂反应生成易溶盐TbCl₃,同时有Cl₂生成，洗气瓶b用于除去Cl₂。装置是主反应装置，在乙醇溶剂中，通过NaOH调节pH,使Tb³+与配体HZ、L发生配位反应，合成目标配合物TbZ₃L₂。反应结束后，将反应液倒入Ⅲ中烧杯c,冷却至室温，加入蒸馏水立即析出大量沉淀。装置IV是减压过滤(抽滤)装置，将烧杯c中沉淀经IV过滤，洗涤该沉淀。【详解】(1)①I中，仪器a的名称是圆底烧瓶。TbO₂与浓盐酸反应生成的黄绿色气体为Cl₂,氯气有毒，需用碱液如NaOH溶液吸收以防止污染环境，②TbO₂具有氧化性，能将浓盐酸氧化为Cl₂,自身被还原为Tb³。根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为2TbO₂+8HCI(浓)=2TbCl₃+Cl₂↑+4H₂O。(2)①在装置Ⅱ中，TbCl₃、HZ、L和NaOH反应生成TbZ₃L₂。NaOH的作用是中和HZ解离出的H+,根据原子守恒，化学方程式为TbCl₃+3HZ+2L+3NaOH=TbZ,L₂+②反应在乙醇溶液中进行，生成的TbZ,L₂是有机配合物，难溶于水。加入蒸馏水后，溶剂极性升高，产物溶解度降低析出。③析出的沉淀中含有目标产物TbZ₃L₂、难溶于水的未反应原料HZ和L,以及易溶于水的副产物NaCl。因为产物TbZ,L₂会溶解在乙醇中，如果用乙醇洗涤会造成严重的产物流失；而用水洗涤可以有效洗去表面的NaCI及残余的乙醇，且不会溶解产物和不溶性杂质。故选C:用蒸馏水洗，(3)题干信息提示料HZ和L是难溶于水的固体，在加水析出产物时，过量未反应的HZ和L也会因为不溶于水而一并析出混在粗产品中。用水洗涤无法去除它们，因此后续需要通已知Tb的相对原子质量为159,HZ的相对分子质量为244,L的相对分子质量为278。则TbZ₃L₂的摩尔质量M=159+3×(244-1)+2×278=1444g/mol,为提高TbCl,利用率，TbCl,为限量试剂。理论上生成TbZ₃L₂的物质的量为n,mol,理论产量为1444n,g。实际产量为wg,则产率(2)0.28低温三个反应均为气体分子数增大的反应，压强降低，平衡正向移动，相同温度下x(SiHCI,)比原压强更小，x(HCI)更大，降温使平衡逆向移动，x(SiHCl₃)大、x(HCI)减小，可使二者相等，因此交叉点位于低温区域20.97%答案第9页，共13页答案第10页，共13页【详解】(1)①